Ở trong bài viết này, nhân tiện việc xử lý bài Croatia TST2011 tôi nói về khái niệm ước số chung lớn nhất của hai số hữu tỷ, đồng thời là khái niệm về hai số hữu tỷ nguyên tố cùng nhau. Trong bài viết, tôi ký hiệu tập các số nguyên tố là $\mathbb P$, còn để thay cho diễn đạt “hai số hữu tỷ $x$ và $y$ nguyên tố cùng nhau”, tôi sẽ sử dụng ký hiệu $x\bot y$.

Xin nêu lại nội dung bài toán trong đề thi Croatia kia, như sau

Bài toán (Croatia TST2011). Cho $a,\,b$ là các số nguyên lớn hơn $1$ và nguyên tố cùng nhau. Dãy $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb N}$ cho bởi công thức truy hồi $x_0=a,\,x_1=b$ và với mỗi số tự nhiên $n$ thì \[{x_{n + 2}} = \frac{{x_{n + 1}^2 + x_n^2}}{{{x_{n + 1}} + {x_n}}}.\]
Chứng minh rằng nếu $n\in \mathbb N$ và $n\ge 2$, thì $x_n$ sẽ không là số nguyên.

Khi tiếp cận hòng xử lý bài toán này, tôi tin là nhiều bạn sẽ giống tôi, đó là nghĩ đến việc chứng minh khẳng định ở bài toán bằng phép quy nạp. Đó thực sự là một suy nghĩ rất tự nhiên. Và ở bước đầu tiên (kiểm tra với $n=2$), thì quả thực dễ dàng, cụ thể là như sau

Với $n=2$, từ cách cho dãy số, ta có ngay
$$x_2=\frac{a^2+b^2}{a+b}.$$
Bởi vì $a\bot b$, nên ta có $(a+b)\bot a$ và $(a+b)\bot b$ cho ta $(a+b)\bot ab$, hệ dẫn đến
$$\gcd(a+b,\,2ab)\le 2.$$
Đặt $\gcd(a+b,\,2ab)=d$, từ $a^2+b^2=(a+b)^2-2ab$ ta có được
$$\gcd\left(a+b,\,a^2+b^2\right)=\gcd(a+b,\,-2ab)=d.$$
Và do đó sẽ khả diễn $a^2+b^2=du,\,a+b=dv$ trong đó $u,\,v\in\mathbb N^*$ và $u\bot v$. Như thế, $x_2$ được viết ở dạng tối giản là $\dfrac{u}{v}$. Vì $d\le 2,\,a>1,\,b>1$, nên $x_2$ không thể là số nguyên, do
$$v=\frac{a+b}{d}\ge \frac{a+b}{2}>1.$$
Với $n>2$, lại một suy nghĩ rất tự nhiên xảy đến, là ta sẽ gán thế tương ứng vai trò của các số $a$ và $b$ thay cho $x_n$ và $x_{n+1}$. Có điều là làm như vậy, thì bế tắc sinh ra. Bởi vì các khái niệm về $\gcd$ hay sự nguyên tố cùng nhau của chúng ta, lúc này đang bị phong kín trong “vòm trời” các số nguyên. Trong khi đó, điều cần chứng minh của chúng ta là $x_n$ không nguyên với mỗi $n>1$. Vậy ta có thể quy hàng, từ bỏ con đường đó để tìm một lối giải quyết khác cho bài toán? Tuy nhiên với một hướng suy nghĩ trực diện và ngoan cường hơn, thì chính bế tắc ấy sinh ra nhu cầu mở rộng các khái niệm về ước chung lớn nhất ($\gcd$) và sự nguyên tố cùng nhau, từ $\mathbb{Z}$ lên $\mathbb{Q}$.

Gcd và sự nguyên tố cùng nhau trên $\mathbb{Q}$

Ta sẵn biết là với $a\in\mathbb{Z}$ thì $\gcd(a,\,0)=a$, còn với $a,\,b\in\mathbb{Z}\setminus{0}$, thì $\gcd(a,\,b)$ là số nguyên dương $d$ lớn nhất đồng thời là ước của cả $a$ và $b$. Đã sẵn có một số tính chất cơ bản sau

• Với $a,\,b,\,k\in\mathbb{Z}$ thì $\gcd(ka,\,kb)=|k|\gcd(a,\,b)$.
• Với $a,\,b,\,k\in\mathbb{Z}$ thì $\gcd(a+kb,\,b)=\gcd(a,\,b)$.
• Với $a,\,b\in\mathbb{Z}$ và $\gcd(a,\,b)=d$ khi đó sẽ tồn tại $k,\,l\in\mathbb{Z}$ để viết được
  $$d=ka+lb.$$
• Với $a,\,b\in\mathbb{Z}$ và $\gcd(a,\,b)=d$, lúc ấy sẽ tồn tại $u,\,v\in\mathbb{Z}$ thỏa mãn $\gcd(u,\,v)=1$ và $$a=du,\quad b=dv.$$

Cũng nhắc lại ở đây là nếu $u,\,v\in\mathbb{Z}$ thỏa mãn $\gcd(u,\,v)=1$ ta sẽ nói $u$ và $v$ là nguyên tố cùng nhau, và sử dụng ký hiệu $u\bot v$, để nhắc đến thêm vài tính chất đáng chú ý sau

• Với $a,\,b\in\mathbb{Z}$ thì $a\bot b$ khi và chỉ khi tồn tại $k,\,l\in\mathbb{Z}$ thỏa mãn $$ka+lb=1.$$

• Với $a,\,b,\,c\in\mathbb{Z}$ thì $a\bot b,\;a\bot c$ khi và chỉ khi $a\bot bc$. Hệ quả là chúng ta có $a\bot b$ khi và chỉ khi $a^m\bot b^n$ với mọi cặp số nguyên dương $(m,\,n)$.

Với mỗi số nguyên $a$ khác $0$ cho trước, nếu sắp các số nguyên tố thành dãy $\left(p_j\right)_{j\in\mathbb N^*}$ tăng ngặt, thì từ định lý cơ bản của Số Học chúng ta thấy là sẽ tồn tại duy nhất một bộ số tự nhiên $\left(k_j\right)_{j\in\mathbb N^*}$, trong đó hầu hết $k_j=0$ chỉ khác $0$ với hữu hạn chỉ số $j$, để khả diễn $$a = \pm\prod\limits_{j \in {{\mathbb N}^*}} {p_j^{{k_j}}.}$$

Với $a\in\mathbb{Z}$ cho trước, các số mũ $k_j$ ở biểu diễn ở trên, được xác định duy nhất theo mỗi chỉ số $j$, và ta ký hiệu là $v_{p_j}(a)$, để có thể viết lại biểu diễn phía trên trở thành $$a = \pm\prod\limits_{p \in \mathbb P} {{p^{{v_p}\left( a \right)}}.} $$

Vậy, nếu cố định một số nguyên tố $p$ cùng quy ước $v_p(0)=\infty$, ta xác lập được hàm $$\begin{align*}
v_p:\,&\mathbb{Z}\to \mathbb N,\\
&x\mapsto v_p(x).
\end{align*}$$

Hàm $v_p$ vừa xây dựng, giúp chúng ta kiểm nghiệm nhiều tính chất Số Học, thông qua các đánh giá. Chẳng hạn, với $a,\,b\in\mathbb{Z}$ thì $a\mid b$ khi và chỉ khi bất đẳng thức $v_p(a)\le v_p(b)$ đúng với mọi số nguyên tố $p$. Và ngay từ điều đó, ta có được thêm tính chất sau về $\gcd$

• Với $a,\,b\in\mathbb{Z}$ thì $$\gcd(a,\,b)= \prod\limits_{p \in \mathbb P} p^{\min\left\{v_p(a),\,v_p(b)\right\}}.$$

Chính tính chất vừa có được, là một con đường cho ta xây dựng các khái niệm về $\gcd$, hay sự nguyên tố cùng nhau ở trên $\mathbb{Q}$. Ta để ý là nhờ dạng biểu diễn số nguyên như đã nêu, cùng với việc luôn viết được số hữu tỷ duy nhất ở dạng tối giản (với mẫu số là nguyên dương). Lúc này, nếu cho trước $r\in\mathbb{Q}\setminus {0}$ tùy ý, sẽ khả diễn $$r = \pm\prod\limits_{p \in \mathbb P} {{p^{{v_p}\left( r \right)}}.}$$

Ở đây, các số mũ $v_p(r)$ là các số nguyên, hầu hết là bằng $0$ trừ hữu hạn. Với chú ý về các phép toán với $\infty$, thì lấy $r,\,s\in\mathbb{Q}$ bất kỳ, ta có được các tính chất cơ bản sau đây

• Số hữu tỷ $r$ là số nguyên khi và chỉ khi $v_p(r)\ge 0$ với mọi $p\in\mathbb P$.
• $v_p(rs)=v_p(r)+v_p(s)$ với mọi $p\in\mathbb P$, hệ quả là $v_p\left(r^n\right)=nv_p(r)$ với $n\in\mathbb N^*$.
• $v_p\left(r\pm s\right)\ge \min\left\{v_p(r),\,v_p(s)\right\}$ và dấu “=” đạt được khi $v_p(r)\ne v_p(s)$.

Và ta có các định nghĩa về $\gcd$ cũng như sự nguyên tố cùng nhau ở trên $\mathbb{Q}$ như sau

Định nghĩa. Cho $r,\,s$ là các số hữu tỷ khác $0$ nào đó, ước chung lớn nhất của chúng sẽ là một số hữu tỷ dương ký hiệu là $\gcd(r,\,s)$, và được xác định bởi quy tắc sau
$$\gcd(r,\,s)= \prod\limits_{p \in \mathbb P} p^{\min\left\{v_p(r),\,v_p(s)\right\}}.$$
Ta sẽ nói $r$ và $s$ là nguyên tố cùng nhau, và viết $r\bot s$ nếu với $p\in\mathbb P$ tùy ý có
$$\min\left\{v_p(r),\,v_p(s)\right\}\le 0.$$
Lúc này nếu kết hợp quy ước là $\gcd(r,\,0)=r$ với mỗi $r\in\mathbb{Q}$, các tính chất của $v_p$ nói ở trên, cùng các quy tắc cơ bản khi xác định $\min,\, \max$ chúng ta sẽ có ngay các tính chất sau

• Với $a,\,b,\,k\in\mathbb{Q}$ thì $\gcd(ka,\,kb)=|k|\gcd(a,\,b)$.
• Với $a,\,b\in\mathbb{Q}$ và $k\in\mathbb Z$ thì $\gcd(a+kb,\,b)=\gcd(a,\,b)$.
• Với $a,\,b\in\mathbb{Q}$ và $\gcd(a,\,b)=d$ khi đó sẽ tồn tại $k,\,l\in\mathbb{Z}$ để viết được
  $$d=ka+lb.$$
• Với $a,\,b\in\mathbb{Q}$ và $\gcd(a,\,b)=d$, lúc ấy sẽ tồn tại $u,\,v\in\mathbb{Z}$ thỏa mãn $\gcd(u,\,v)=1$ và $$a=du,\;b=dv.$$

• Với $a,\,b\in\mathbb{Q}$ thì $a\bot b$ khi và chỉ khi tồn tại $k,\,l\in\mathbb{Z}$ thỏa mãn $$ka+lb=1.$$
• Với $a,\,b,\,c\in\mathbb{Q}$ thì $a\bot b,\;a\bot c$ khi và chỉ khi $a\bot bc$. Hệ quả là chúng ta có $a\bot b$ khi và chỉ khi $a^m\bot b^n$ với mọi cặp số nguyên dương $(m,\,n)$.

Ta thấy rằng, các khái niệm mới mở rộng từ $\mathbb{Z}$ lên $\mathbb{Q}$ vẫn giữ y nguyên được hệ thống các tính chất như cũ. Và bây giờ, ta sẽ áp dụng vào việc xử lý bài toán đưa ra từ đầu bài viết.

Lời giải bài toán Croatia TST2021. Ta sẽ đi chứng minh là với $s,\,t\in\mathbb{Q}_{>0}$ thỏa mãn $s\bot t$ thì $\left(\dfrac{s^2+t^2}{s+t}\right)\bot s$ và $\gcd\left(s^2+t^2,\,s+t\right)\le 2$.

Thật vậy, nếu như không xảy ra $\left(\dfrac{s^2+t^2}{s+t}\right)\bot s$, thì nghĩa là phải tồn tại $p\in\mathbb P$ để $$\min\left\{v_p\left(\dfrac{s^2+t^2}{s+t}\right),\,v_p(s)\right\}>0.$$ Từ $v_p(s)>0$ và $s\bot t$, ta có $v_p(t)\le 0$, lúc đó có
$${v_p}\left( {{s^2} + {t^2}} \right) = {v_p}\left( {{t^2}} \right),\quad {v_p}\left( {s + t} \right) = {v_p}\left( t \right).$$
Cho ta ngay mâu thuẫn là
$$0<{v_p}\left( {\frac{{{s^2} + {t^2}}}{{s + t}}} \right) = {v_p}\left( {{s^2} + {t^2}} \right) – {v_p}\left( {s + t} \right) = {v_p}\left( {{t^2}} \right) – {v_p}\left( t \right) = {v_p}\left( t \right)\le 0.$$
Vậy là đã có được $\left(\dfrac{s^2+t^2}{s+t}\right)\bot s$.

Chúng ta lấy $p\in\mathbb P,\,p>2$ tùy ý, nếu như có $$\min \left\{ {{v_p}\left( {{s^2} + {t^2}} \right),\, {v_p}\left( {s + t} \right)} \right\} > 0,$$ lúc này thì do là $v_p(s+t)>0$ nên $v_p(s)>0$ khi và chỉ khi $v_p(t)>0$. Nhưng điều đó không thể xảy ra được, do $s\bot t$, vậy có nghĩa $v_p(s)<0,\,v_p(t)<0$. Và đánh giá đó lại kéo theo $v_p(2st)<0<v_p\left((s+t)^2\right)$ để mà có mâu thuẫn là $$0<v_p\left(s^2+t^2\right)=v_p\left((s+t)^2-2st\right)=v_p(2st)<0.$$ Lý lẽ vừa rồi cho thấy là cứ với $p$ là số nguyên tố lẻ, thì $$\min \left\{ {{v_p}\left( {{s^2} + {t^2}} \right),\, {v_p}\left( {s + t} \right)} \right\} \le 0,\;(*).$$

Ta chỉ còn cần chỉ ra $\min \left\{ {{v_2}\left( {{s^2} + {t^2}} \right),\, {v_2}\left( {s + t} \right)} \right\} \le 1$. Thật vậy, nếu điều đó là sai, ta lại sẽ có ngay $v_2(s+t)\ge 2$, và từ $s\bot t$ ta lại có $v_2(s)\le 0,\,v_2(t)\le 0$. Và nhận thấy $$v_2(2st)=1+v_2(s)+v_2(t)\le 1<2v_2(s+t)=v_2\left((s+t)^2\right).$$ Để lại có mâu thuẫn là $$1<v_2\left(s^2+t^2\right)=v_2\left((s+t)^2-2st\right)=v_2(2st)\le 1.$$ Vậy $\min \left\{ {{v_2}\left( {{s^2} + {t^2}} \right),\, {v_2}\left( {s + t} \right)} \right\} \le 1$ kết hợp với $(*)$ có $$\gcd\left(s^2+t^2,\,s+t\right)\le 2.$$ Nói khác đi, nhận xét ở phía đầu lời giải đã được khẳng định.

Bây giờ do $x_0=a,\,x_1=b,\,a\bot b$, từ nhận xét có $$x_2\bot x_1,\;\gcd\left(x_1^2+x_2^2,\,x_1+x_2\right)\le 2.$$ Bằng phép quy nạp toán học kết hợp nhận xét, với mỗi số nguyên dương $n$ ta có được $$x_{n+1}\bot x_n,\quad \gcd\left(x_n^2+x_{n+1}^2,\,x_n+x_{n+1}\right)\le 2 .$$ Lấy ra $n\in\mathbb N$ tùy ý, đặt $\gcd\left(x_n^2+x_{n+1}^2,\,x_n+x_{n+1}\right)=\delta$, ta sẽ có $u,\,v\in\mathbb N^*,\,u\bot v$ để khả diễn $$x_n^2+x_{n+1}^2=u\delta,\quad x_n+x_{n+1}=v\delta .$$ Lúc này $x_{n+2}$ là số hữu tỷ viết ở dạng tối giản là $\dfrac{u}{v}$, trong đó $$v=\frac{x_n+x_{n+1}}{\delta}\ge \frac{x_n+x_{n+1}}{2}.$$ Lại dễ dàng thấy rằng do $a,\,b$ đều lớn hơn $1$, nên $x_k>1$ với mọi $k\in\mathbb N$, cho ta
$v>1$. Nói khác đi $x_{n+2}$ không thể là một số nguyên. Và từ đó, ta có được lời giải cho bài toán.

$\square$

Bài toán vừa được xử lý, nó còn có một cách giải khác rất ngắn, cụ thể chi tiết cái “rất ngắn” đấy như nào, thì tôi cũng không quan tâm, nên cũng không trình bày gì thêm về ý đó. Một vấn đề nữa ở đây, đó là xây dựng loằng ngoằng mấy cái khái niệm gcd hay quan hệ nguyên tố cùng nhau trên $\mathbb Q$ như đã để làm gì, hay chỉ để đập chết một bài toán vốn sẵn lời giải? Đấy, lại cũng là một thứ tôi càng không quan tâm. Bởi từ lâu, tôi chán ngán với việc ngồi tìm kiếm những phương pháp, giúp thịt một đống các bài toán giời ơi đất hỡi gây áp lực hàng ngày. Suy cho cùng, tôi hay mọi người đều thích những gì đẹp đẽ, và một ngày nào đó như hôm nay, thì những thứ đẹp đẽ với tôi, là những thứ không ở một nghĩa vụ ghê gớm nào hết.

Tuy nhiên là, để kết thúc bài viết, cho gọi là có đầu có đít, tôi xin đưa một ra một bài toán như thế này để bạn nào rảnh rỗi có thể ngồi giải thử

Bài toán. Cho $a,\,b$ là các số nguyên lớn hơn $1$ và nguyên tố cùng nhau. Với $m$ là một số nguyên dương, xét dãy $\left(x_n\right)_{n\in\mathbb N}$ cho bởi $x_0=a,\,x_1=b$ và với mọi số tự nhiên $n$ thì $$x_{n+2}=\frac{x_n^m+x_{n+1}^m}{x_n+x_{n+1}}.$$ Tìm tất cả các số nguyên dương $m$, sao cho $x_n\in\mathbb Z$ với mỗi $n\in\mathbb N$./.